北京市丰台区2022届高三数学高考二模试卷及答案.docx

1、 高三数学高考二模试卷一、单选题1在复平面内，复数z对应的点的坐标是(2，1)，则复数z=（）A2iB12iC2+iD1+2i2“ x1 ”是“ x21 ”的（） A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件3函数y=2cos2x1是（）A最小正周期为的奇函数B最小正周期为的偶函数C最小正周期为2的奇函数D最小正周期为2的偶函数4在(x22x)6的展开式中，常数项为A-240B-60C60D2405已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面，则下列结论中正确的是（）A若l，ml，则mB若l，l，则C若m，lm，则lD若，l，则l6小王每天在6：30至6：50出发去上班

2、，其中在6：30至6：40出发的概率为0.3，在该时间段出发上班迟到的概率为0.1；在6：40至6：50出发的概率为0.7，在该时间段出发上班迟到的概率为0.2，则小王某天在6：30至6：50出发上班迟到的概率为（）A0.13B0.17C0.21D0.37已知a=30.5，b=log32，c=tan23，则（）AabcBbacCcabDacb8设等差数列an的前n项和为Sn若S2S30，则下列结论中正确的是（）Aa30Ba2a10Ca2+a3a3a59已知偶函数f(x)在区间0，+)上单调递减若f(lgx)f(1)，则x的取值范围是（）A(110，1)B(0，110)(1，+)C(110，10

3、)D(0，110)(10，+)10已知双曲线C：x2a2y2b2=1（a0，b0）的左、右顶点分别为A1，A2，左、右焦点分别为F1，F2以线段A1A2为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点M，且点M在第一象限，A2M与另一条渐近线平行若|F1M|=21，则MA2F2的面积是（）A332B732C334D734二、填空题11已知向量a=(2，3)，b=(6，m)若ab，则m= 12已知抛物线C：x2=8y，则抛物线C的准线方程为 13在ABC中，a=2，b=3，A=2B，则cosB= 14如图，某荷塘里浮萍的面积y（单位：m2）与时间t（单位：月）满足关系式：y=atlna（a为常数），记y=

4、f(t)（t0）给出下列四个结论：设an=f(n)(nN)，则数列an是等比数列；存在唯一的实数t0(1，2)，使得f(2)f(1)=f(t0)成立，其中f(t)是f(t)的导函数；常数a(1，2)；记浮萍蔓延到2m2，3m2，6m2所经过的时间分别为t1，t2，t3，则t1+t2t3其中所有正确结论的序号是 15在平面直角坐标系中，已知点M(2，2)，动点N满足|NM|=1，记d为点N到直线l：x+my+12m=0的距离当m变化时，直线l所过定点的坐标为 ；d的最大值为 三、解答题16如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1=AB，D为BC的中点，平面A1C1D平面ABC=DP（1）求证

5、：A1C1DP；（2）求平面A1C1D与平面AA1D夹角的余弦值17已知数列an的前n项和为Sn，在条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知条件：a1=1且an2an1=0(n2)；条件：Sn=2n1；条件：2anSn=1注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分（1）求数列an的通项公式；（2）设数列1an的前n项和为Tn若对任意nN，不等式Tnb0)经过点P(2，1)，P到椭圆C的两个焦点的距离和为42（1）求椭圆C的方程；（2）设Q(4，0)，R为PQ的中点，作PQ的平行线l与椭圆C交于不同的两点A，B，直线AQ与椭圆C交于另一点M，直线BQ与椭圆C交于另一点N，求证：M，N，R

6、三点共线21设I1=a1，b1，I2=a2，b2，In=an，bn，In+1=an+1，bn+1，是n+1(nN)个互不相同的闭区间，若存在实数x0使得x0Ii(i=1，2，n+1)，则称这n+1个闭区间为聚合区间，x0为该聚合区间的聚合点（1）已知I1=1，3，I2=2，sint(0t)为聚合区间，求t的值；（2）已知I1=a1，b1，I1=a2，b2，In=an，bn，In+1=an+1，bn+1为聚合区间 （）设x0，y0是该聚合区间的两个不同的聚合点求证：存在k，j1，2，n+1，使得ak，bjIi(i=1，2，n+1)；（）若对任意p，q（pq且p，q1，2，n+1），都有Ip，Iq

7、互不包含求证：存在不同的i，j1，2，n+1，使得biajn1n(biai)答案解析部分1【答案】A2【答案】A3【答案】B4【答案】D5【答案】B6【答案】B7【答案】A8【答案】D9【答案】C10【答案】C11【答案】412【答案】y=-213【答案】3314【答案】15【答案】（-1，2）；616【答案】（1）证明：连接A1P，平面ABC平面A1B1C1，平面ABC平面A1C1DP=DP，平面A1B1C1平面A1C1DP=A1C1，A1C1 DP（2）解：设AA1=AB=2m以D为坐标原点，AD为x轴，CD为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，D(0，0，0)，A(3m，0，0)，A1(

8、3m，0，2m)，C1(0，m，2m)设平面A1C1D的法向量为s=(1，y，z)DA1=(3m，0，2m)，DC1=(0，m，2m)联立方程sDA1=3m+2mz=0sDC1=ym+2mz=0解得：y=3，z=32s=(1，3，32)同理求得平面AA1D的法向量t=(0，1，0)cos=st|s|t|=3192=25719平面A1C1D与平面AA1D夹角的余弦值的余弦值为2571917【答案】（1）解：选条件：因为a1=1，且an2an1=0(n2)，即an=2an1所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列所以an=2n1.选条件：当n=1时，a1=S1=1当n2时，an=SnSn1=2

9、n1(2n11)=2n2n1=2n1因为当n=1时，上式也成立，所以an=2n1.选条件：因为2anSn=1，得Sn=2an1当n=1时，2a1S1=1，得a1=1当n2时，an=SnSn1=2an1(2an11)=2an2an1整理得an=2an1所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列所以an=2n1.（2）解：由（1）知，1an=12n1，记bn=1an=12n1因为bnbn1=12n112n2=12，b1=120=1所以bn是以1为首项，12为公比的等比数列所以Tn=1(12)n112=212n12所以m的最小值为218【答案】（1）解：记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片

10、上都印有“幸”字”为事件A，则P(A)=1C84=170，所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片上都印有“幸”字的概率为170（2）解：依题意随机变量X的所有可能取值为0、5、10；则P(X=0)=C42C42C84=1835，P(X=5)=C43C41+C43C41C84=1635，P(X=10)=C44C40+C40C44C84=135，所以X的分布列为：X0510P18351635135所以E(X)=10135+51635+01835=187（3）解：记随机变量Y为消费者在一次抽奖活动中的收益，则Y=X3，所以E(Y)=E(X3)=E(X)3=1873=370，所以我不愿意再次参加

11、该项抽奖活动19【答案】（1）解：当a=1时，f(x)=x+1ex，则f(x)=ex(x+1)ex(ex)2=xex，令f(x)=0，即x=0，所以当x0，f(x)单调递增；当x0时，f(x)0；当 x(0，+)时，m(x)0；当 x(0，+)时，g(x)0；所以g(x)在x(，0)上单调递增，在x(0，+)上单调递减，所以g(x)在x=0处取得极大值也是最大值，且g(0)=1e01=0，故ax+1ex(a1)x10（3）解：当a0时，f（x）ax2+(a1)x+1恒成立20【答案】（1）解：根据椭圆的定义可得2a=42，解得a=22，又过点P(2，1)，所以4a2+1b2=1，解得b2=2，

12、所以椭圆C的方程为x28+y22=1（2）证明：因为P(2，1)，Q(4，0)，所以R(3，12)，kPQ=1024=12，设直线l的方程为y=12x+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xm，ym)，N(xn，yn)，所以kAQ=y1x14，kBQ=y2x24，所以直线AQ的方程为y=y1x14(x4)，直线BQ的方程为y=y2x24(x4)，联立直线AQ与椭圆y=y1x14(x4)x28+y22=1，消去x可得(x14y1)2+4y2+8(x14)y1y+8=0，所以y1+ym=8(x14)y1(x14y1)2+4，又x128+y122=1代入，整理可得ym=8(x14)y1248

13、x1y1=y13x1，代入直线AQ，可得xm=83x13x1同理可得yn=y23x2，xn=83x23x2，所以kMN=y23x2y13x183x23x283x13x1=3(y1y2)+x1y2x2y1x2x1=32+x1(12x2+m)x2(12x1+m)x2x1=32m又kMR=ym12xm3=y13x11283x13x13=(12x1+m)12(3x1)83x13(3x1)=32m=kMN，所以M，N，R三点共线21【答案】（1）解：由0t可得0sint1，又I1，I2为聚合区间，由定义可得I1I2，故当且仅当sint=1时成立，故t=2（2）证明：（）由x0，y0是该聚合区间的两个不同

14、的聚合点，不妨设x0y0，因为x0Ii(i=1，2，n+1)，故a1，a2.an+1x0，又y0Ii(i=1，2，n+1)，故y0b1，b2.bn+1，不妨设a1，a2.an+1中的最大值为ak，b1，b2.bn+1中最小值为bj，则a1，a2.an+1akx0y0bjb1，b2.bn+1，即a1，a2.an+1akbjb1，b2.bn+1，故存在区间ak，bjIi(i=1，2，n+1)（）若存在as=at(st)， 则IsIt或ItIs，与已知条件矛盾不妨设 a1a2.an+1，则bkan+1，所以an+1b10，所以bmam(bmb1)+(an+1am)nl，即am+1ambmamn，所以bmam+1=bmam(am+1am)n1n(bmam)，此时取i=m，j=m+1，则biajn1n(biai)，当bm+1bm=l时，同理可取i=m+1，j=m，使得biajn1n(biai)，综上，存在不同的i，j1，2，n+1，使得biajn1n(biai)